Skip to content

判断子序列

leetcode 跳转

给定字符串 s 和 t ,判断 s 是否为 t 的子序列。

字符串的一个子序列是原始字符串删除一些(也可以不删除)字符而不改变剩余字符相对位置形成的新字符串。(例如,"ace"是"abcde"的一个子序> > 列,而"aec"不是)。

示例 1:

输入:s = "abc", t = "ahbgdc" 输出:true 示例 2:

输入:s = "axc", t = "ahbgdc"

输出:false

提示:

0 <= s.length <= 100 0 <= t.length <= 10^4 两个字符串都只由小写字符组成。

方法一:双指针

本题询问的是,s 是否是 t 的子序列,因此只要能找到任意一种 st 中出现的方式,即可认为 st 的子序列。 而当我们从前往后匹配,可以发现每次贪心地匹配靠前的字符是最优决策。

假定当前需要匹配字符c,而字符ct中的位置x1x2出现(x1<x2),那么贪心取 x1 是最优解,因为 x2 后面能取到的字符,也都能取到,并且通过 x1x2 之 间的可选字符,更有希望能匹配成功。

这样,我们初始化两个指针ij,分别指向st的初始 位置。每次贪心地匹配,匹配成功则ij同时右移,匹配s 的下一个位置,匹配失败则j右移,i不变,尝试用t的下一 个字符匹配s。 最终如果i移动到s的末尾,就说明st的子序列。

java
class Solution {
    public boolean isSubsequence(String s, String t) {
        int n = s.length(), m = t.length();
        int i = 0, j = 0;
        while (i < n && j < m) {
            if (s.charAt(i) == t.charAt(j)) {
                i++;
            }
            j++;
        }
        return i == n;
    }
}

复杂度分析

  • 时间复杂度:O(n+m),其中 ns的长度,mt的长度。每次无论是匹配成功还是失败,都有至少一个指针发生右移,两指针能够位移的总距离为n+m
  • 空间复杂度:O(1)

方法二:动态规划

考虑前面的双指针的做法,我们注意到我们有大量的时间用于在 t 中找到下一个匹配字符。

这样我们可以预处理出对于 t 的每一个位置,从该位置开始往后每一个字符第一次出现的位置。

我们可以使用动态规划的方法实现预处理,令 f[i][j] 表示字符串 t 中从位置 i 开始往后字符 j 第一次出现的位置。在进行状态转移时,如果 t 中位置 i 的字符就是 j,那么 f[i][j]=i,否则 j 出现在位置 i+1 开始往后,即 f[i][j]=f[i+1][j],因此我们要倒过来进行动态规划,从后往前枚举 i

这样我们可以写出状态转移方程:

f[i][j]={i,t[i]=jf[i+1][j],t[i]j

假定下标从 0 开始,那么 f[i][j] 中有 0im1 ,对于边界状态 f[m1][..],我们置 f[m][..]m,让 f[m1][..] 正常进行转移。这样如果 f[i][j]=m,则表示从位置 i 开始往后不存在字符 j

这样,我们可以利用 f 数组,每次 O(1) 地跳转到下一个位置,直到位置变为 ms 中的每一个字符都匹配成功。

同时我们注意到,该解法中对 t 的处理与 s 无关,且预处理完成后,可以利用预处理数组的信息,线性地算出任意一个字符串 s 是否为 t 的子串。这样我们就可以解决「后续挑战」啦。

java
class Solution {
    public boolean isSubsequence(String s, String t) {
        int n = s.length(), m = t.length();

        int[][] f = new int[m + 1][26];
        for (int i = 0; i < 26; i++) {
            f[m][i] = m;
        }

        for (int i = m - 1; i >= 0; i--) {
            for (int j = 0; j < 26; j++) {
                if (t.charAt(i) == j + 'a')
                    f[i][j] = i;
                else
                    f[i][j] = f[i + 1][j];
            }
        }
        int add = 0;
        for (int i = 0; i < n; i++) {
            if (f[add][s.charAt(i) - 'a'] == m) {
                return false;
            }
            add = f[add][s.charAt(i) - 'a'] + 1;
        }
        return true;
    }
}

复杂度分析

  • 时间复杂度:O(m×|Σ|+n),其中 ns的长度,mt的长度,Σ为字符集,在本题中字符串只包含小写字母,Σ=26。预处理时间复杂度O(m),判断子序列时 间复杂度 O(n)
    • 如果是计算k个平均长度为n的字符串是否为t的子序列,则时间复杂度为 O(m×|Σ|+k×n)
  • 空间复杂度:O(m×|Σ|)

Released under the MIT License.